2025年外研版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版高二化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列變化需要通電才可以進行的是①電離②電解③電鍍④電化學腐蝕A.①②③B.②③④C.②③D.全部2、如圖是電解CuCl2溶液的裝置；其中c；d為石墨電極，則下列有關(guān)判斷正確的是（）

A.a為負極，b為正極B.d為陽極，c為陰極C.電解過程中，d電極質(zhì)量增加D.電解過程中，氯離子濃度不變3、下列化學式與指定物質(zhì)的主要成分對應正確的是A.rm{CH_{4}隆陋隆陋}天然氣B.rm{CO_{2}隆陋隆陋}水煤氣C.rm{CaCO_{3}隆陋隆陋}石膏粉D.rm{NaHCO_{3}隆陋隆陋}蘇打粉4、下列說法中錯誤的是：①化學性質(zhì)相似的有機物是同系物②分子組成相差一個或幾個CH2原子團的有機物是同系物③若烴中碳、氫元素的質(zhì)量分數(shù)相同，它們必定是同系物④互為同分異構(gòu)體的兩種有機物的物理性質(zhì)有差別,但化學性質(zhì)必定相似A.①②③④B.只有②③C.只有③④D.只有①②③5、設C+CO22CO(正反應吸熱)，反應速率為v1，N2+3H22NH3(正反應放熱)，反應速率為v2，對于上述反應，當溫度升高時v1和v2的變化情況是（）A.同時增大B.同時減小C.v1增大，v2減小D.v1減小，v2增大6、下列說法正確的是（）A.s能級的能量總是小于p能級的能量B.2s的電子云比1s的電子云大，說明2s的電子云中的電子比1s的多C.當電子排布在同一能級的不同軌道時，電子總是先占滿1個軌道，然后再占據(jù)其他原子軌道D.nf能級中最多可容納14個電子7、有關(guān)晶體結(jié)構(gòu)的敘述中，錯誤的是（）A.金剛石的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)中，最小的環(huán)上有6個碳原子B.在氯化鈉晶體中，每個氯離子周圍都緊鄰6個氯離子C.在金屬銅的晶體中，由于存在自由電子，因此銅能導電D.分子晶體熔化時，不破壞共價鍵；原子晶體熔化時，破壞共價鍵8、用水稀釋rm{O.1mol隆隴L^{-1}}氨水時，溶液中隨著水量的增加而減小的是()A.rm{C(OH^{-;)}/C(NH_{3}隆隴H_{2}O)}B.rm{C(NH_{3}隆隴H_{2}O)/C(OH^{脪祿})}C.rm{C(H^{+})}和rm{C(OH^{一})}的乘積D.rm{OH^{-}}的物質(zhì)的量評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、粉末狀試樣A是由等物質(zhì)的量的MgO和Fe2O3組成的混合物。進行如下實驗：①取適量A進行鋁熱反應，產(chǎn)物中有單質(zhì)B生成；②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·鹽酸中，得溶液C；③將①中得到的單質(zhì)B和溶液C反應，放出l.12L（標況）氣體，同時生成溶液D，還殘留有固體物質(zhì)B；④用KSCN溶液檢驗時，溶液D不變色。請?zhí)羁眨海?）①產(chǎn)物中的單質(zhì)B是__________________。（2）②中所發(fā)生的各反應的化學方程式是________________________________，_________________________________________________________。（3）③中所發(fā)生的各反應的離子方程式是________________________________，_________________________________________________________。（4）NaClO是一種很強的氧化劑，請寫出酸性環(huán)境中NaClO將Fe2+氧化的離子方程式_________________________________________________________。（5）若溶液D的體積仍視為0.15L，則該溶液中c（Mg2+）為___________________，c（Fe2+）為____________________。10、（10分）已知：合成氨反應為N2+3H22NH3（正反應為放熱反應），分析下列問題：（1）在一定溫度時，可用圖中哪一條曲線表示反應物的轉(zhuǎn)化率和壓強之間的關(guān)系（填“I”“II”“III”）（2）在不同溫度和壓強下（P1>P2），合成氨反應達到平衡時，混合氣體中氨氣的體積分數(shù)Z%隨溫度變化的曲線應為（填“A”“B”“C”“D”）(3)將N2和H2按1:3的體積比通入合成塔，反應達平衡后，NH3的體積分數(shù)為20%，則達到平衡時，N2和H2的轉(zhuǎn)化率之比α(N2)∶α(H2)=________平衡時N2的轉(zhuǎn)化率為_________；平衡混合氣體中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=____11、（12分）有機物A易溶于水，且1molA能跟Na反應生成0.5molH2，但不與NaOH反應，已知A通過如下轉(zhuǎn)化關(guān)系制得分子式為C4H8O2的酯E，且當D→E時，相對分子質(zhì)量增加28，B是一種烴。（1）寫出A、B的名稱和C、D中官能團的名稱A________B________C_______D________E物質(zhì)的核磁共振氫譜有____________個峰。（2）①反應的條件是_________________________；②反應的化學方程式為___________________________________________。（3）B與HCl加成可以得到F，F(xiàn)也可以由A與HCl發(fā)生__________反應得到。①由F生成A的條件為________________________。②由F生成B的化學方程式為____________________________________________。12、理論研究證明；在多電子原子中，電子的排布分成不同的能層（電子層），同一能層的電子，還可以分成不同的能級（軌道）．能層和能級的符號及所能容納的最多電子數(shù)如下：

（1）根據(jù)______的不同，原子核外電子的排布可以分成不同的能層，每個能層所能排布的最多電子數(shù)為______，除K層外，其他能層為最外層時，最多只能排布______個電子．

（2）從題干信息中可以發(fā)現(xiàn)許多規(guī)律，如s能級上只能容納2個電子，每個能層上的能級數(shù)與______相等．

（3）某元素原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2，說明它的原子核外共有______個電子層，M電子層上共有______個運動狀態(tài)不同的電子，該原子最外電子層上有______個電子．13、現(xiàn)有一可導熱體積固定的密閉容器A，和一可導熱容積可變的容器B．關(guān)閉K2，將等量且少量的NO2通過K1、K3分別充入A、B中，反應起始時，A、B的體積相同．（已知：2NO2?N2O4；△H＜0）

（1）一段時間后，反應達到平衡，此時A、B中生成的N2O4的速率是VA______VB．（填“＞”、“＜”、“=”）；若打開活塞K2，氣球B將______（填：變大；變小、不變）．

（2）若在A、B中再充入與初始量相等的NO2，則達到平衡時，NO2的轉(zhuǎn)化率αA將______（填增大或減小、不變）；若通入等量的Ne氣，則達到平衡時，A中NO2的轉(zhuǎn)化率將______，B中NO2的轉(zhuǎn)化率將______（填：變大；變小、不變）．

（3）室溫下，若A、B都保持體積不變，將A套上一個絕熱層，B與外界可以進行熱傳遞，則達到平衡時，______中的顏色較深．

（4）若在容器A中充入4.6g的NO2，達到平衡后容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為57.5，則平衡時N2O4的物質(zhì)的量為______．14、用直線連接相關(guān)材料和用途。材料用途氧化鋁陶瓷制軸承氮化硅陶瓷通訊光導纖維高級耐火材料壓電陶瓷點火器15、（7分）德國克萊斯公司成功研制了利用甲醇車載制氫氧燃料電池工藝，其原理如右圖所示，請觀察此圖回答：（1）甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的兩種反應原理是①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）；△H=+49．0kJ·mol－1②2CH3OH（g）+O2（g）=2CO2（g）+4H2（g）；△H=－385.8kJ·mol－1下列說法正確的是A．反應①中反應物的總能量高于生成物的總能量B．反應①中拆開CH3OH（g）和H2O（g）中的化學鍵所需能量大于形成CO2（g）和3H2（g）中的化學鍵所釋放的能量C．CH3OH蒸氣的燃燒熱為大于192．9kJ·mol－1D．根據(jù)②推知反應：2CH3OH（l）+O2（g）=2CO2（g）+4H2（g）的△H＞－385．8kJ·mol－1（2）最近科學家提出“綠色自由”構(gòu)想：把空氣吹入碳酸鉀溶液，然后再把CO2從溶液中提取出來，經(jīng)化學反應后使空氣中的CO2轉(zhuǎn)變?yōu)榭稍偕剂霞状肌Ｈ粲?.2kgCO2與足量H2恰好完全反應，生成氣態(tài)的水和甲醇，可放出2473.5kJ的熱量，試寫出合成塔中發(fā)生反應的熱化學方程式。（3）可給筆記本電腦供電的甲醇燃料電池已經(jīng)面世，其結(jié)構(gòu)示意圖如右圖。甲醇在催化劑作用下提供質(zhì)子（H＋）和電子，電子經(jīng)外電路、質(zhì)子經(jīng)內(nèi)電路到達另一電極后與氧氣反應，電池總反應為：2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O。b處通入的物質(zhì)是____，負極反應為：。評卷人得分三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)16、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。17、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結(jié)晶水未完全失去18、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。19、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結(jié)晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。20、三氯化鉻是化學合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應管進行反應,繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發(fā)生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分數(shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。21、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關(guān)物質(zhì)熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關(guān)閉K1、K2c．打開K3d．關(guān)閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分四、簡答題(共1題，共10分)22、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)rm{A<B<C<D<E<F.}其中rm{A}rm{B}rm{C}是同一周期的非金屬元素rm{.}化合物rm{DC}的晶體為離子晶體，rm{D}的二價陽離子與rm{C}的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)rm{.AC_{2}}為非極性分子rm{.B}rm{C}的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高rm{.E}元素是第四周期元素中未成對電子數(shù)最多的元素，rm{ECl_{3}}能與rm{B}rm{C}的氫化物形成六配位的配合物，且兩種配體的物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}rm{1mol}配合物與足量的rm{AgNO_{3}}溶液反應能立即生成rm{3molAgCl.F}原子的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{65}中子數(shù)為rm{36.}請根據(jù)以上情況，回答下列問題：rm{(}答題時要用元素符號表示rm{)}

rm{(1)B}氫化物與rm{HCl}反應生成的含有rm{B}元素粒子的空間構(gòu)型是______rm{.F}元素原子的最外層電子數(shù)為______個rm{.}

rm{(2)B_{3}^{-}}離子分別與rm{AC_{2}}由rm{B}rm{C}組成的氣態(tài)化合物互為等電子體，則rm{B}rm{C}組成的化合物化學式為______；rm{B_{3}^{-}}離子還可以和一價陰離子互為等電子體；這陰離子電子式為______，這種陰離子常用于檢驗日常生活中的一種金屬陽離子，這金屬陽離子符號為______

rm{(3)A}rm{B}rm{C}的第一電離能由小到大的順序為______

rm{(4)E^{3+}}的核外電子排布式是______，rm{ECl_{3}}形成的六配位的配合物化學式為______．

rm{(5)B}的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液與rm{D}的單質(zhì)反應時，rm{B}被還原到最低價；該反應的化學方程式是______

rm{(6)}在rm{F}的rm{+1}價氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如右圖，rm{F}為______球rm{(}“黑”“白”rm{)}評卷人得分五、其他(共2題，共6分)23、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結(jié)構(gòu)簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數(shù)字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結(jié)構(gòu)簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結(jié)構(gòu)簡式，并注明反應條件)。24、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(部分反應條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。評卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)25、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．26、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】試題分析：電解和電鍍需通電進行，原電池形成的腐蝕不需通電，電離是在水溶液中或熔融狀態(tài)下形成自由移動離子的過程?？键c：考查基本原理有關(guān)問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、C【分析】【解答】解：在電解池中，電流的流向和電子的移動方向相反，電流是從正極流向陽極，所以c是陽極，d是陰極，a是正極，b是負極．A、a是正極，b是負極；故A錯誤；

B；c是陽極；d是陰極，故B錯誤；

C；電解過程中；d電極是陰極，該電極上銅離子得電子析出金屬銅，電極質(zhì)量增加，故C正確；

D；電解過程中；氯離子在陽極上失電子產(chǎn)生氯氣，氯離子濃度減小，故D錯誤．

故選C．

【分析】在電解池中，電流的流向和電子的移動方向相反，根據(jù)電子或電流的流向可以確定電解池的陰陽極，進而確定電極反應．3、A【分析】考查化學式與名稱。A.正確；B.水煤氣是rm{CO}和氫氣，錯誤；C.石膏是硫酸鈣，錯誤；D.蘇打是碳酸鈉，錯誤；故選A?！窘馕觥縭m{A}4、A【分析】結(jié)構(gòu)相似，分子組成相差若干個CH2原子團的同一類物質(zhì)互為同系物，所以選項①②不正確；③不正確，例如乙炔和苯分子中碳氫的個數(shù)之比是相同的，但二者不互為同系物；互為同分異構(gòu)體的兩種有機物的物理性質(zhì)有差別，化學性質(zhì)也不一定相似，選項④不正確，所以正確的答案選A?！窘馕觥俊敬鸢浮緼5、A【分析】試題分析：升高溫度反應速率均增大，所以答案選A。考點：考查【解析】【答案】A6、D【分析】解：A．各能級能量由低到高的順序為1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f；所以s能級的能量不一定小于p能級的能量，如4s＞3p，故A錯誤；

B．2s的電子云比1s的電子云大；而s電子云的大小與能層有關(guān)，與電子數(shù)無關(guān)，故B錯誤；

C．電子排布在同一能級時；總是優(yōu)先單獨占據(jù)不同軌道，且自旋方向相同，不是先占滿1個軌道，然后再占據(jù)其他原子軌道，故C錯誤；

D．f能級有7個軌道；每個軌道最多容納2個電子且自旋方向相反；所以nf能級中最多可容納14個電子，故D正確；

故選D．

A．根據(jù)構(gòu)造原理；各能級能量由低到高的順序為1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f，以此解答該題；

B．根據(jù)s電子云的大小與能層有關(guān)；與電子數(shù)無關(guān)；

C．電子排布在同一能級時；總是優(yōu)先單獨占據(jù)不同軌道，且自旋方向相同，為洪特規(guī)則內(nèi)容；

D．f能級有7個軌道；每個軌道最多容納2個電子且自旋方向相反．

本題考查了核外電子的描述方式，電子云，原子軌道等，屬于基本理論的考查，題目難度中等．【解析】【答案】D7、B【分析】解：A；金剛石晶體是空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；每個碳原子結(jié)合另外4個碳，形成6元環(huán)，故A正確；

B；在氯化鈉晶胞中每個氯離子周圍都緊鄰12個氯離子；故B錯誤；

C；金屬導電是原因金屬晶體中存在自由移動的電子；故C正確；

D；分子晶體是由分子以分子間作用力結(jié)合而成的；熔化時破壞的是分子間作用力；原子晶體是原子間以共價鍵結(jié)合而成的，熔化時破壞了共價鍵，故D正確；

故選B．

A；根據(jù)金剛石晶體結(jié)構(gòu)分析；

B；根據(jù)氯化鈉晶胞分析；

C；根據(jù)金屬導電的原因分析；

D；根據(jù)形成晶體的微粒及微粒間的作用力分析．

本題考查了晶體的有關(guān)知識，題目比較簡單，注意對常見晶體晶胞的分析．【解析】【答案】B8、B【分析】【分析】本題考查弱電解質(zhì)的電離，明確稀釋時電離平衡的移動及離子的物質(zhì)的量、離子的濃度的變化是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹緼.氨水是弱堿，存在電離平衡，稀釋促進電離，rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}的物質(zhì)的量增加，但濃度減小，所以rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{隆陋}}rm{)/c(NH}rm{)/c(NH}rm{{,!}_{3}}比值增大，故A錯誤；B.由rm{隆隴H}rm{隆隴H}可知，加水促進電離，則rm{{,!}_{2}}減少，rm{O)}比值增大，故A錯誤；增大；所以二者的比值減小，故B正確；

C.因加水稀釋時，溫度不變，則rm{O)}和rm{NH_{3}.H_{2}O}的乘積不變；故C錯誤；

D.由rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}rm{n(NH_{3}.H_{2}O)}可知，加水促進電離，rm{n(OH^{-})}的物質(zhì)的量增大；故D錯誤。

故選B。rm{c(H^{+})}【解析】rm{B}二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】試題分析：（1）①MgO和Fe2O3組成的混合物行鋁熱反應，發(fā)生Al與Fe2O3反應置換出鐵;（2）（3）②MgO與鹽酸反應生成氯化鎂與水，反應方程式為MgO+2HCl=MgCl2+H2O；Fe2O3與鹽酸反應生成氯化鐵與水，反應方程式為Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O。（4）NaClO將Fe2+氧化的離子方程式為2Fe2++ClO—+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。（5)令MgO和Fe2O3的物質(zhì)的量都為xmol，則40x+160x=20，解得x=0.1，溶液D為氯化鎂、氯化亞鐵的混合溶液，根據(jù)鎂元素守恒可知，n（Mg2+）=n（MgO）=0.1mol，溶液D的體積仍視為0.15L，所以c（Mg2+）=0.1mol/0.15L=0.67mol/L,由于此反應Fe＋2Fe3+＝3Fe2+中Fe3+物質(zhì)的量為0.1mol,故生成的n（Fe2+）為0.3mol,根據(jù)Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑生成l.12L（標況）氣體可知此反應生成的n（Fe2+）為0.05mol,因此n總（Fe2+）=（0.3+0.05）mol,因此；c（Fe2+）==0.35mol/0.15L=2.3mol·L-1。考點：鎂、鋁的重要化合物；鐵的氧化物和氫氧化物【解析】【答案】（1）Fe（2）Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2OMgO＋2HCl＝MgCl2＋H2O（3）Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑Fe＋2Fe3+＝3Fe2+（4）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O（2分）（5）c（Mg2+）=0.67mol·L-1，c（Fe2+）==2.3mol·L-110、略

【分析】【解析】【答案】（1）II（2分）（2）C（2分）(3)1：1（2分）(4)33.3%（2分）1:3:1（2分）11、略

【分析】試題分析：1molA與Na反應生成0.5molH2，但不與NaOH反應，說明A為一元醇，B為醇A消去生成的烯，C為醛，D為羧酸。D與A反應生成分子式為C4H8O2的酯，則A分子中含2個碳原子。A為C2H5—OH。反應①是乙醇制取乙烯的反應，反應條件是濃硫酸170℃；反應②是乙醛制取乙酸的反應，條件是氧氣——需要催化劑或和新制的氫氧化銅溶液共熱或新制的銀氨溶液。F為一氯乙烷，乙醇可通過取代反應制取一氯乙烷；一氯乙烷制取乙醇的條件是在氫氧化鈉水溶液中加熱考點：考查有機化學推斷、有機化學反應條件、化學反應類型?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?2分）(1)乙醇乙烯醛基羧基3（5分）(2)①濃硫酸170℃（1分）②2CH3CHO＋O22CH3COOH（2分）(3)取代反應（1分）①氫氧化鈉水溶液加熱（1分）CH3CH2Cl+NaOHCH2=CH2↑+NaCl+H2O（2分）12、略

【分析】解：（1）核外電子的能量是不同的，多電子原子核外電子，是按照電子的能量由低到高的順序，從近到遠排列，離核越近能量越小，離核越遠能量越大，原子核外電子的排布可以分成不同的能層，每個能層所能排布的最多電子數(shù)為2n2；最外層可以排8個（K層最多2個）；

故答案為：能量；2n2；8；

（2）能層含有的能級數(shù)等于能層序數(shù)；即第n能層含有n個能級，每一能層總是從s能級開始，同一能層中能級ns；np、nd、nf的能量依次增大，在不違反泡利原理、和洪特規(guī)則的條件下，電子優(yōu)先占據(jù)能量較低的原子軌道，使整個原子體系能量處于最低，這樣的狀態(tài)是原子的基態(tài)，所以任一能層的能級總是從s能級開始，而且能級數(shù)等于該能層序數(shù)；

故答案為：能層序數(shù)；

（3）多電子原子核外電子，是按照電子的能量由低到高的順序，能層含有的能級數(shù)等于能層序數(shù)，根據(jù)該元素原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p63d34s2，可知：它的原子核外共有4個電子層，M電子層為第三能層，第三能層共有11個電子，根據(jù)泡利不相容原理可知，M電子層上共有11個運動狀態(tài)不同的電子，該原子最外層為4s2；所以該原子最外電子層上有2個電子；

故答案為：4；11；2．

（1）在原子結(jié)構(gòu)示意圖中，質(zhì)子數(shù)即核電荷數(shù)等于核外電子數(shù)，核外電子在分層排布時，遵循：離核較近區(qū)域運動的電子能量較低；各電子層最多容納電子數(shù)2n2；n為電子層數(shù)，且次外層電子數(shù)不超過18個，次外層不超多8個；

（2）在不違反泡利原理；和洪特規(guī)則的條件下；電子優(yōu)先占據(jù)能量較低的原子軌道，使整個原子體系能量處于最低，能級數(shù)等于該能層序數(shù)；

（3）根據(jù)該元素原子的核外電子排布式可知：它的原子核外共有4個電子層，M電子層為第三能層，根據(jù)泡利不相容原理分析，該原子最外層為4s2．

本題考查了原子核外電子排布規(guī)律，熟練掌握能量最低原理、泡利不相容原理、洪特規(guī)則是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】能量；2n2；8；能層序數(shù)；4；11；213、略

【分析】解：（1）容器A中壓強降低；容器B體壓強不變，壓強越大，反應速率越快，故v（A）＜v（B），A中壓強小于B中的壓強，打開旋塞K，氣球B的壓強減小，體積減?。?/p>

故答案為：＜；變??；

（2）保持容器容積不變，通入一定量的NO2，等效為增大壓強到達的平衡，增大壓強平衡向正反應方向移動，NO2的轉(zhuǎn)化率將增大；故答案為：增大；

保持壓強不變，通入氖氣使體系的容積增大一倍，反應混合物的濃度降低，相當于為降低壓強，平衡向逆反應方向移動，達到平衡時NO2的轉(zhuǎn)化率減??；故答案為：變??；

（3）該反應為放熱反應，A套上一個絕熱層，溫度升高，平衡逆向移動，NO2的濃度增大；顏色變深，故答案為：A；

（4）設參加反應的二氧化氮為xmol，n（NO2）===0.1mol

2NO2?N2O4

起始的量：0.1mol0

反應的量：x

平衡的量：0.1-x

平衡時平均相對分子質(zhì)量==57.5，所以x=0.04mol，所以平衡時平衡時N2O4的物質(zhì)的量為：=0.02mol；

故答案為：0.02mol．

（1）容器A體積不變；隨反應進行，反應混合氣體的物質(zhì)的量減小，容器A中壓強降低，容器B體積可變，壓強不變，壓強越大，反應速率越快；根據(jù)A中壓強小于B中的壓強來分析；

（2）保持容器容積不變，通入一定量的NO2；等效為增大壓強到達的平衡，增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動，據(jù)此判斷；保持壓強不變，通入氖氣使體系的容積增大一倍，反應混合物的濃度降低，相當于為降低壓強，平衡向氣體體積增大的方向移動；

（3）該反應為放熱反應，A套上一個絕熱層，溫度升高，平衡逆向移動，NO2的濃度增大；

（4）先根據(jù)公式求出n（NO2）=再利用三段式和混合氣體的平均相對分子質(zhì)量求出平衡時N2O4的物質(zhì)的量．

本題考查壓強、溫度、濃度對化學平衡的影響，難度中等，構(gòu)建平衡建立的等效途徑是解題的關(guān)鍵．【解析】＜；變?。辉龃?；不變；變?。籄；0.02mol14、略

【分析】解答該題，關(guān)鍵是要了解各類材料的性能，理解性能和用途的關(guān)系，對照分析氧化鋁陶瓷熔點很高；氮化硅陶瓷硬度很大；光導纖維有非常強的傳導光的能力；壓電陶瓷受撞擊時能產(chǎn)生電壓?！窘馕觥俊敬鸢浮?5、略

【分析】【解析】【答案】（1）BCD（2分）（2）CO2（g）+3H2（g）=H2O（g）+CH3OH（g）△H=-49.47kJ/mol（2分）（3）氧氣或空氣1分CH3OH＋H2O－6e—=CO2＋6H＋2分三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)16、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產(chǎn)物NaCl，結(jié)合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據(jù)電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小；與鐵離子的水解有關(guān)。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度17、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關(guān)閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關(guān)閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質(zhì)量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質(zhì)量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結(jié)晶水的質(zhì)量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質(zhì)的質(zhì)量計入減少的結(jié)晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結(jié)晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D18、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數(shù)偏大，則測定結(jié)果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%19、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質(zhì)，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據(jù)圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產(chǎn)率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結(jié)晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結(jié)晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產(chǎn)物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產(chǎn)物是O2；依據(jù)元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據(jù)電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據(jù)反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點睛：明確實驗目的及反應原理為解答關(guān)鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩(wěn)定性差，易分解；因此向反應前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結(jié)晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產(chǎn)品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產(chǎn)量；增加鈉離子濃度，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%20、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質(zhì)；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產(chǎn)生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關(guān)系式計算。據(jù)此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質(zhì)，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質(zhì)或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮氣，將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產(chǎn)生誤差；③設25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關(guān)系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質(zhì)量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質(zhì)的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質(zhì)量，正確找出關(guān)系式是答題的關(guān)鍵；易錯點是實驗操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(zhì)(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產(chǎn)生誤差96.1%21、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+；結(jié)合化學方程式定量關(guān)系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關(guān)閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關(guān)閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關(guān)閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)干燥。精制NaN3的方法是重結(jié)晶；使混合在一起的雜質(zhì)彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結(jié)晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+，結(jié)合化學方程式定量關(guān)系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==產(chǎn)品純度為故答案為：

②為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值，該實驗還需要補充平行實驗(重復滴定2~3次)。故答案為：補充平行實驗(重復滴定2~3次)?！窘馕觥?NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)重結(jié)晶補充平行實驗(重復滴定2~3次)四、簡答題(共1題，共10分)22、正四面體；1；N2O；Fe3+；C＜O＜N；1s22s22p63s23p63d3；[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3；4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O；黑【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)rm{A<B<C<D<E<F.}化合物rm{DC}的晶體為離子晶體，rm{D}的二價陽離子與rm{C}的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，rm{C}形成rm{-2}價陰離子，且rm{D}位于rm{C}的下一周期，rm{B}rm{C}的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高，分子中存在氫鍵，rm{C}形成rm{-2}價陰離子，則rm{C}為氧元素，故D為鎂元素；核電荷數(shù)rm{B<C}則rm{B}為氮元素；rm{A}rm{B}rm{C}是同一周期的非金屬元素，rm{AC_{2}}為非極性分子，則rm{A}為碳元素；rm{E}元素是第四周期元素中未成對電子數(shù)最多的元素，原子核外電子排布為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}則rm{E}為rm{Cr}元素；rm{CrCl_{3}}能與rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}形成六配位的配合物，且兩種配體的物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}則配體中有rm{4}個rm{NH_{3}}rm{2}個rm{H_{2}O}rm{1mol}配合物與足量的rm{AgNO_{3}}溶液反應能立即生成rm{3molAgCl}三個氯離子位于外界，該配合物為rm{[Cr(NH_{3})_{4}(H_{2}O)_{2}]Cl_{3}}rm{F}原子的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{65}中子數(shù)為rm{36}故其質(zhì)子數(shù)rm{=65-36=29}則rm{F}為rm{Cu}元素；

rm{(1)N}元素氫化物與rm{HCl}反應生成的含有rm{N}元素粒子為rm{NH_{4}^{+}}分子中rm{N}原子價層電子對數(shù)rm{=4+dfrac{5-1-1隆脕4}{2}=4}不含孤對電子，故其空間構(gòu)型是正四面體；rm{=4+dfrac

{5-1-1隆脕4}{2}=4}為rm{F}原子核外電子排布為：rm{Cu}元素原子的最外層電子數(shù)為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}個；

故答案為：正四面體；rm{1}

rm{1}離子分別與rm{(2)N_{3}^{-}}由rm{CO_{2}}rm{N}組成的氣態(tài)化合物互為等電子體，則rm{O}rm{N}組成的化合物化學式為rm{O}

rm{N_{2}O}離子還可以和一價陰離子互為等電子體，根據(jù)價電子總數(shù)相等，用rm{N_{3}^{-}}rm{S}原子代替rm{C}個rm{2}原子可知該陰離子為rm{N}結(jié)構(gòu)與rm{SCN^{-}}類似，這陰離子電子式為這種陰離子常用于檢驗日常生活中的一種金屬陽離子，這金屬陽離子符號為rm{CO_{2}}

故答案為：rm{Fe^{3+}}rm{N_{2}O}

rm{Fe^{3+}}同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子rm{(3)}能級有rm{2p}個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，電子能量低，氮元素第一電離能高于相鄰的元素的，所以第一電離能由小到大的順序為rm{3}

故答案為：rm{C<O<N}

rm{C<O<N}原子核外電子排布為：rm{(4)Cr}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}原子失去rm{Cr}能級rm{4s}個電子、rm{1}能級rm{3d}個電子形成rm{2}rm{Cr^{3+}}的核外電子排布式是rm{C